2024.9.27校测

T1

题目描述

$Mr.Hu$ 开了个饭店，来了两位客人：$Alice$ 和 $Bob$，他们吃完饭要结账时，发现他们需要支付 $c$ 元钱，但是 $Alice$ 只有面值为 $a$ 的钱，$Bob$ 只有面值为 $b$ 的钱（他们每个人的钱的和都大于 $c$, 即可以认为他们有无数张对应面值钱）。现在，$Mr.Hu$ 想知道，他们可能刚好支付完饭钱吗？如果可能，那么有多少种方式？你还需要计算出他们所有可能的支付方式的支付的钱的张数的和。

输入格式

第 $1$ 行包含 $2$ 个整数：$T,opt$，其中 $T$ 表示数据组数，$opt$ 为数据类型。

接下来 $T$ 行，每行 $3$ 个整数：$a,b,c$。

输出格式

对于每组数据：

• 如果 $opt=1$，输出一行，包含一个整数：$A$，其中 $A$ 表示刚好支付的方案数。

• 如果 $opt=2$，输出一行，包含两个整数：$A,B$，其中 $A$ 表示刚好支付的方案数，$B$ 表示所有可能
  支付方式的张数和。

输入样例1

2 2
3 4 21
2 4 12

输出样例1

2 13
4 18

样例1解释

对于 $3,4,21$，一共有两种可能的支付方式，分别是：$(3,3),(7,0{)}^1$，所以 $A$ 为 $2$，$B$ 为 $3+3+7+0=13$。

对于 $2,4,12$，一共有四种可能的支付方式，分别是：$(6,0),(4,1),(2,2),(0,3)$，所以 $A$ 为 $4$，$B$ 为
$6+0+4+1+2+2+0+3=18$。

输入样例2

2 1
3 4 21
2 4 12

输出样例2

2
4

数据规模

对于 $20\mathrm{\%}$ 数据，$1\le a,b,c\le 10000,1\le T\le 1000$。

对于另外 $40\mathrm{\%}$ 数据，$1\le a,b,c\le {10}^9$，其中 $opt=1$。

对于另外 $40\mathrm{\%}$ 数据，$1\le a,b,c\le {10}^9$，其中 $opt=2$。

对于 $100\mathrm{\%}$ 数据，$1\le T\le {10}^5,1\le opt\le 2$。

题解

设 $Alice$ 要支付的钱的张数为 $x$ ($x\ge 0$)，$Bob$ 要支付的钱的张数为 $y$ ($y\ge 0$)，那么可以写出如下二元一次不定方程 $ax+by=c$，根据数论学习笔记（一）（2024.7.25），当且仅当 $gcd(a,b)\mid c$ 时才有解。

考虑 $x$ 和 $y$ 都要大于 $0$，那么将 $x$ 变为最小的满足条件的非负整数时，如果 $y$ 仍未非正整数，那么也是凑不出这么多钱的。

以上两种情况是无解的，直接输出 $0$，如果有 $x$ 和 $y$ 都为非负整数的解，那么考虑通解 $x=x_0+(b/d)n,y=y_0-(a/d)n$。

考虑到将 $x$ 变为最小值时 $y$ 已是最大值，所以 $\lfloor {\displaystyle \frac{y}{a/d}\rfloor +1}$ (加 $1$ 是因为可以一个 $a/d$ 也不减) 就是方案数。

考虑每变化一次张数会变大或变小 $|a/d-b/d|$，且要么一直变大，要么一直变小，可以发现这是一个等差数列，所以只需要将总张数最大和总张数最小的情况算出，就可以套用等差数列求和公式来求解张数。

完整代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int extend_gcd(int a, int b, int &x, int &y){
	if(b == 0){
		x = 1;
		y = 0;
		return 0;
	}
	int d = extend_gcd(b, a % b, y, x);
	y -= a / b * x;
	return d;
}
int gcd(int a, int b){
	return b ? gcd(b, a % b) : a;
}
int T, opt, a, b, c;
signed main(){
	freopen("pay.in", "r", stdin);
	freopen("pay.out", "w", stdout);
	scanf("%lld%lld", &T, &opt);
	while(T--){
		scanf("%lld%lld%lld", &a, &b, &c);
		if(c % gcd(a, b) != 0){
			if(opt == 1)
				printf("0\n");
			else
				printf("0 0\n");
			continue;
		}	
		int d = gcd(a, b);
		int x, y;
		extend_gcd(a, b, x, y);
		x *= c / d;
		y *= c / d;
		int dis;
		if(x < 0){
			dis = ceil((-x) * 1.0 / (b / d));
			x += dis * (b / d);
			y -= dis * (a / d);
		} else {
			dis = floor(x * 1.0 / (b / d));
			x -= dis * (b / d);
			y += dis * (a / d);
		}
		if(y >= 0){
			printf("%lld", y / (a / d) + 1);
			if(opt == 1)
				printf("\n");
			else {
				printf(" ");
				int ans1 = x + y, ans2 = y % (a / d) + x + y / (a / d) * (b / d);
				int ans = (ans1 + ans2) * (y / (a / d) + 1) / 2;
				printf("%lld\n", ans);
			}
		} else {
			if(opt == 1)
				printf("0\n");
			else
				printf("0 0\n");
			continue;
		}
	}
	return 0;
}

T2

题目描述

$Mr.Hu$ 被传送到了一个无限大的表格上，现在这个表格的第 $i$ 行第 $j$ 列的值是 $a_{i,j}(0\le i,j)$：

$$a_{i,j}=\{\begin{array}{ll}1& :j=0\mathrm{或}i=j\\ a_{i-1,j}+a_{i-1,j-1}& :0<j<i\\ 0& :j>i\end{array}$$

现在，$Mr.Hu$ 站在 $(n,m)$ 这个位置，他想知道，他向上或向左上方 $45$ 度望去，看到的数的和是多少。

从 $(n,m)$ 向上望去，他会看到 $(n,m),(n-1,m),(n-2,m),\dots ,(0,m)$ 这些位置。

从 $(n,m)$ 向左上方 $45$ 度望去，他会看到 $(n,m),(n-1,m-1),\dots$，直到某一维的下标变为 $0$。

这个数可能很大，你只需将答案对 ${10}^9+7$ 取模即可。

输入格式

第 $1$ 行一个整数：$T$，表示数据组数。

接下来 $T$ 行，每行格式为：dir n m，其中 $dir$ 为 $1$ 表示向上看，$2$ 表示向左上方看，$(n,m)$ 为 $Mr.Hu$ 现在的位置。

输出格式

对于每组数据，输出一行表示答案。

输入样例

2
1 3 2
2 3 2

输出样例

4
6

样例解释

表格左上角长成这样（行列都是从 $0$ 开始的）：

$$\begin{gathered} 1000 \\ 1100 \\ 1210 \\ 1331 \end{gathered}$$

这样从 $(3,2)$ 向上看，会看到：$3,1,0,0$，和为 $4$。

向左上角看，会看到：$3,2,1$，和为 $6$。

数据规模

对于 $30\mathrm{\%}$ 数据，$1\le n,m\le 5000,1\le T\le 1000$。

对于 $100\mathrm{\%}$ 数据，$1\le n,m\le {10}^6,1\le T\le 50000$。

题解

考虑道题目生成的是杨辉三角，那么根据二项式定理可得，每一个数字就是 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})}$，那么 $Mr.Hu$ 往上看，就可以看到 ${\displaystyle \sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{m})}$，根据上指标求和 (参考组合数学学习笔记（一）（2024.7.3）) 可得原式 $={\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{m+1})}$。

考虑往左上方看，可以看到的数的和为 ${\displaystyle \sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i}{m-i})}$，从组合意义思考，将式子配对，比如 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})}$ 与 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-m}{0})}$ 配对，${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{m-1})}$ 与 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-m+1}{1})}$ 配对，可以发现这相当于把一个序列分为两部分，两边分别做组合，如果把分界点也当成一个元素，那么原式就相当于 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{m})}$。

预处理一下阶乘就做完了。

完整代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int MOD = 1e9 + 7, N = 1e6 + 9;
int T, pro[N];
int extend_gcd(int a, int b, int &x, int &y){
	if(b == 0){
		x = 1;
		y = 0;
		return 0;
	}
	int d = extend_gcd(b, a % b, y, x);
	y -= a / b * x;
	return d;
}
int inv(int a, int m){
	int x, y;
	int d = extend_gcd(a, m, x, y);
	return (x % m + m) % m;
}
int C(int n, int m){
	int div = pro[m] * pro[n - m] % MOD;
	return pro[n] * inv(div, MOD) % MOD;
}
signed main(){
	freopen("sumcomb.in", "r", stdin);
	freopen("sumcomb.out", "w", stdout);
	pro[0] = 1;
	for(int i = 1; i <= 1000000; i++)
		pro[i] = pro[i - 1] * i % MOD;
	scanf("%lld", &T);
	while(T--){
		int d, n, m;
		scanf("%lld%lld%lld", &d, &n, &m);
		if(m > n){
			printf("0\n");
			continue;
		}
		if(d == 1)
			printf("%lld\n", C(n + 1, m + 1));
		else
			printf("%lld\n", C(n + 1, m));
	}
	return 0;
}

T3

题目描述

$Mr.Hu$ 觉得在学习过程中，需要举一反三，做一题要理解透，然后遇到相似的问题时能类似地转化。所以想了一道和以前类似的题目，相信聪明如你，肯定能轻而易举地解决。

$Mr.Hu$ 会给你 $n$ 个非负整数，然后从中选 $k$ 个出来，然后把这 $k$ 个数按位或起来，$Mr.Hu$ 想知道有多少种选法，使得或起来的结果为 $r$。

输入格式

第 $1$ 行一个整数 $T$，表示测试组数。

接下来 $T$ 组数据，对于每组数据。

第 $1$ 行两个整数 $n,k,r$。

接下来 $1$ 行包含 $n$ 个非负整数：$a_1,a_2,\dots ,a_n$。

输出格式

对于每组数据，输出一行，包含一个整数，即方案数，因为结果可能很大，只需要对 ${10}^9+7$ 取模即可。

输入样例

2
4 2 3
1 2 3 4
4 1 1
1 2 3 4

输出样例

3
1

样例解释

对于第一组数据，一共有 $3$ 种选法：$(1,2),(1,3),(2,3)$。

对于第二组数据，一共有 $1$ 种选法：$(1)$。

数据规模

对于 $10\mathrm{\%}$ 数据，$1\le n\le 10,0\le a_i<2^{10}$。

对于 $30\mathrm{\%}$ 数据，$1\le n\le 100,0\le a_i<2^{10}$。

对于 $50\mathrm{\%}$ 数据，$1\le n\le {10}^5,0\le a_i<2^{15}$。

对于 $100\mathrm{\%}$ 数据，$1\le n\le {10}^5,0\le a_i<2^{20},1\le k\le n,1\le T\le 5$。

题解

以下做法来自大佬 huangkx。

原题目要求的是 ${\displaystyle \sum _{T\subseteq S,|T|=k}[\mathrm{Or}T=r]}$

将 $S$ 取反，原式 $={\displaystyle \sum _{T\subseteq S^{\prime },|T|=k}[\mathrm{And}T=g]}$

考虑到 $\mathrm{And}$ 相当于在二进制下的 $gcd$，如果是 $gcd$ 操作，那么原式就相当于 ${\displaystyle \sum _{T\subseteq S^{\prime },|T|=k}[gcdT=g]=\sum _{T\subseteq S^{\prime },|T|=k}[gcd(\frac{t_1}{g},\frac{t_2}{g},\dots )=1]}$

运用莫比乌斯反演，可以得出原式 $={\displaystyle \sum _d\mu (d)(\genfrac{}{}{0ex}{}{\sum _{x\in S^{\prime }}[dg\mid x]}{k})}$

再将其转换回二进制定义，可以得出答案 $={\displaystyle \sum _{d=0}^{2^{20}-1}(-1{)}^{\mathrm{popcount}(d)}(\genfrac{}{}{0ex}{}{f(dg)}{k})}$，其中 $f(y)={\displaystyle \sum _{x\in S^{\prime }}[y\mid x]}$

现在 $\mathrm{popcount}$ 和组合数可以预处理，考虑如何处理 $f(dg)$，发现是在判断 $y$ 是多少个 $S^{\prime }$ 的一个子集的子集，可以用子集和 $DP$ 来做。

完整代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 1e5 + 9, L = (1 << 20), P = 1000000007;
int sum[L], fac[N], inv[N];
int extend_gcd(int a, int b, int &x, int &y){
	if(b == 0){
		x = 1;
		y = 0;
		return 0;
	}
	int d = extend_gcd(b, a % b, y, x);
	y -= a / b * x;
	return d;
}
int invv(int a, int m){
	int x, y;
	int d = extend_gcd(a, m, x, y);
	return (x % m + m) % m;
}
void Init(){
	fac[0] = 1;
	for(int i = 1; i <= N; i++)
		fac[i] = fac[i - 1] * i % P;
	inv[N] = invv(fac[N], P);
	for(int i = N - 1; i >= 0; i--)
		inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % P;
}
int C(int x, int y){
	if(x < y)
		return 0;
	return fac[x] * inv[y] % P * inv[x - y] % P;
}
signed main(){
	freopen("kor.in", "r", stdin);
	freopen("kor.out", "w", stdout);
	Init();
	int T;
	scanf("%lld", &T);
	while(T--){
		int n, k, r;
		scanf("%lld%lld%lld", &n, &k, &r);
		if(r >= L){
			printf("0\n");
			continue;
		}
		for(int i = 0; i < L; i++)
			sum[i] = 0;
		int g = 0;
		for(int i = 0; i < 20; i++)
			if((r & (1 << i)) == 0)
				g |= (1 << i);
		while(n--){
			int x;
			scanf("%lld", &x);
			int y = 0;
			for(int i = 0; i < 20; i++)
				if((x & (1 << i)) == 0)
					y |= (1 << i);
			sum[y]++;
		}
		for(int i = 0; i < 20; i++)
			for(int j = L - 1; j >= 0; j--)
				if((j & (1 << i)) != 0)
					sum[(j ^ (1 << i))] += sum[j];
		int ans = 0;
		for(int d = 0; d < L; d++)
			if((d & g) == 0){
				if((__builtin_popcount(d) & 1) == 1)
					ans = (ans - C(sum[(d | g)], k) % P + P) % P;
				else
					ans = (ans + C(sum[(d | g)], k) % P) % P;
			}
		printf("%lld\n", ans);
	}
	return 0;
}